¿Por qué la función de correlación del tensor de energía-momentum desaparece como z−4z−4z^{-4} en 2D CFT?

De hecho, es cierto si$T$es reemplazado por cualquier otro operador cuasi-primario con la escala siendo$|z|^{-2\Delta}$,$\Delta=h+\bar h$. Además, lo mismo se aplica a los CFT de dimensiones superiores. Para$T$en 2d tienes$\Delta_T=2$. Hay varias formas de ver esto.

Una forma es que, en realidad, las funciones de correlación euclidiana se pueden definir en una esfera, que (con el polo norte eliminado) es conforme al plano a través de la proyección estereográfica. Esta proyección relaciona correladores en la esfera$\langle T(z)\ldots\rangle_{S^2}$y en el avion$\langle T(z)\ldots\rangle_{R^2}$. Tomando$z$hasta el infinito es equivalente a enviar$T$al polo norte de la esfera. En la esfera, este punto no es especial, y el correlador con$T$en el polo norte es regular y distinto de cero para una configuración genérica de los operadores restantes,

$$\langle T(\infty)\ldots\rangle_{S^2} \neq 0,\infty$$ Cuando escribes la relación inducida por la proyección estereográfica, encuentras algo como $$\left|\langle T(z)\ldots\rangle_{R^2}\right|\simeq |z|^{-2\Delta_T}\left|\langle T(z)\ldots\rangle_{S^2}\right|,$$ lo que explica el $z^{-4}$mojadura. Esta fórmula se deriva de la fórmula estándar para el cambio del correlador bajo una transformación de Weyl (se supone que los correladores se normalizan como $\langle 1 \rangle_{S^2}=\langle 1 \rangle_{R^2}=1$, de lo contrario, tendrá que preocuparse por la anomalía de Weyl).

Otra forma es a través de la OPE. Tu mueves$T$hasta el infinito, mientras que los operadores restantes están en algún lugar en posiciones fijas. En algún momento, puede dibujar un círculo alrededor de todos los demás operadores de modo que no contenga$T$. Significa que ahora puede usar el OPE. En tu ejemplo, escribes

$$O_1(z_1,\bar z_1)O_2(z_2,\bar z_2)O_3(z_3,\bar z_3)=\sum_i (C_i(z_1,\bar z_1,z_2,\bar z_2,z_3,\bar z_3)O_i(z_1,\bar z_1)+\text{desc.}),$$ donde la suma es sobre todos los cuasi-primarios en la teoría y "desc". denota la contribución de la $sl_2(\mathbb{C})$descendientes de $O_i$(es decir, descendientes que involucran $L_{-1}$y $\bar L_{-1}$solo). Suponga que la base de los cuasi-primarios se elige para que sea diagonal, es decir $\langle O_iO_j\rangle\propto \delta_{ij}$. Luego, tomando el valor esperado con $T$encontramos $$\langle T(z)O_1(z_1,\bar z_1)O_2(z_2,\bar z_2)O_3(z_3,\bar z_3)\rangle= \langle T(z) (C_T(z_1,\bar z_1,z_2,\bar z_2,z_3,\bar z_3)T(z_1)+\text{desc.})\rangle.$$ Si la función de cuatro puntos es distinta de cero, entonces también lo es $C_T$. Ahora, la función de dos puntos $\left|\langle T(z) T(z_1) \rangle\right|\propto |z-z_1|^{-2\Delta_T}$. Las contribuciones descendientes caen más rápido que eso, ya que todas son proporcionales a las derivadas de $\langle T(z) T(z_1)\rangle$encima $z_1$.

El tensor de energía de estrés es un campo casi primario de dimensión 2 (cuando la carga central se desvanece). Esto significa que en una expansión de producto del operador

$$T(z)\phi(w) = \frac{h}{(z-w)^2}\phi(w) + \frac{1}{z-w}\partial\phi(w) + \textrm{regular terms}\ldots$$ con $\phi(w)$siendo un campo conforme de dimensión de escala $h$. Esto se debe a la integración del contorno y al teorema del residuo aplicado al lado izquierdo de lo anterior, al calcular todas las variaciones posibles (que están sujetas a la invariancia conforme).

Tomar los valores esperados de ambos lados debería devolver los resultados. Para el producto de más de dos operadores, simplemente aplique la regla más de una vez, con$\phi(w)$siendo el nuevo$T(z=z_0)\Psi(w)$. Otra respuesta en la misma línea se puede encontrar aquí .